精品解析：上海市高桥中学2023-2024学年高二下学期能力诊断（等级性）考试 化学试题

高二第二学期学生学习能力诊断测试 高二化学试卷 (考试时间60分钟　满分100分) 相对原子质量：Mg-24　A1-27 一、镁 海洋中蕴藏着多种金属元素的资源，例如，海水中镁的含量仅次于氯和钠，位居第三，总储量约为1.8×1016t。镁用途广泛，用海水提取金属镁，成本较低，其流程如下图所示： 已知：MgO熔点2852℃，沸点3600℃，0℃溶解度0.00062g/100g水；MgC12熔点714℃，沸点1412℃，0℃溶解度59.5g/100g水。 1. 获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是_____。 2. 已知：Ca(OH)2微溶于水，Mg(OH)2难溶于水。为除去Mg(OH)2沉淀中混有少量Ca(OH)2，先将沉淀加到_____溶液浸洗，再经过滤、洗涤可得较纯净的Mg(OH)2. 3. 上述流程中用过量盐酸溶解氢氧化镁的原因是：_____。 4. 已知Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12(25℃)，则溶液中镁离子沉淀完全时pH=_____。 5. 从MgCl2溶液获得MgCl2·6H2O操作步骤包括：_____。 6. 如要得到无水氯化镁需在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，HCl作用是_____。 7. 写出MgC12制Mg的化学方程式_____。 8. 不用MgO制Mg是因为_____。 9. 氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是 A. 金属镁能把NH3置换出来 B. 镁具有强还原性，NH具有氧化性，发生氧化还原反应 C. 因为NH水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动 D. 因为Mg与H2O反应，生成Mg(OH)2与NH4Cl反应 10. 在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：三组各取30.0mL同浓度的盐酸溶液，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下： 实验序号 甲 乙 丙 合金质量/mg 255 385 459 产生气体体积/mL 280 336 336 合金中Mg、Al的物质的量之比为_____。 二、氨 20世纪初，随着农业发展和军工生产的需要，科学家们先后开发、研究并实现了氨的工业生产，并从氛化法演变到合成氨法。 11. 属于人工固氮是 A. 工业合成氨 B. 闪电时，氮气转化为 NO C. 用 NH3和 CO2 合成尿素 D. 用硫酸吸收氨气得到硫酸铵 12. 根据下表数据，写出合成氨的热化学方程式_____。 相关化学键的键能数据 化学键 N≡N H-H N-H 键能E/(kJ·mol-1) 946 436.0 390.8 13. 已知合成氨反应的ΔS=-198.9×10-3kJ/(mol·K)，判断在300℃(573K)时反应是否能自发进行，计算说明理由_____。 合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的微粒用*标注，氮气在催化剂上的吸附活化是总反应中的控速步骤，适当提高氮气的浓度有利于合成氨反应的进行。 14. 推测该反应的正逆反应的活化能：Ea(正) _____Ea(逆)(单选)。 A．＞ B．= C．＜ 15. 该反应历程中决定化学反应速率快慢基元反应是_____(单选)。 A. 生成过渡态1 B. 生成过渡态2 C. 生成过渡态3 D. 生成过渡态4 16. 实际生产中，合成氨反应过程中使用的原料气N2和H2物质的量之比为1∶2.8，N2过量的原因是_____。 17. 下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率 C. 步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率 D. 产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂 18. 相同温度下，100mL0.1mol/L的氨水和10mL1mol/L的氨水相比较，下列数值中前者者小于后者的是 A. 中和时所需HCl的量 B. c(OH-) C. 电离平衡常数Kb D. 在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如下图所示。 19. 若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0~t1时间内的反应速率(H2)=_____mol/(L·min)(用含t的代数式表示) 20. t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是_____(单选) A a B. b C. c D. d 三、菠菜与草酸 菠菜口感清甜软滑，含有较高的蛋白质、维生素、胡萝卜素、铁等营养物质。菠菜中富含草酸(乙二酸H2C2O4)而有苦涩味，烹饪菠菜的时候，先把菠菜在开水中焯(chao)一下，可去除苦涩味。 已知：乙二酸电离平衡常数(25℃)Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5；草酸溶解度9.5g/100g水(20℃)；草酸钙Ksp=2.57×109(25°C) 21. 写出草酸在水中的电离方程式_____。 22. 食用菠菜后，在胃部草酸主要的存在形式是_____ (单选) A．H2C2O4 B． C． 23. 什么烹饪菠菜把菠菜在开水中焯(chao)一下，可去除苦涩味？_____。 24. 要使溶液中H2C2O4的电离程度增大，可以采取措施_____(不定项) A. 加水 B. 加热 C. 加压 D. 通入HC1气体 25. 通过计算判断常温下(25℃)NaHC2O4溶液酸碱性_____。 26. 0.1mol/L草酸溶液中c(H2C2O4)、c()、c()、c(H+)的大小_____(单选) A. c(H2C2O4)>c()>c()>c(H+) B. c(H2C2O4)>c(H+)>c()>c() C. c()>c()>c(H+)>c(H2C2O4) D. c(H+)>c()>c()>c(H2C2O4) 27. 关于K2C2O4溶液中有关离子浓度的说法正确的是_____。 A. c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-) B. 2c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4) C. c()+c(H2C2O4)+c(H+)= c(OH-) D. 对溶液进行稀释，c()与c()的比值减小 28. 25℃时，在草酸钙(CaC2O4)的饱和溶液中存在平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+(aq)，下列说法错误的是_____。 A. 胃酸能使沉淀溶解平衡向右移动 B. 加入少量CaCl2固体，溶液中浓度减小 C. 加入少量CaCl2固体，溶度积常数Ksp减小 D. CaC2O4在CaCl2溶液中的溶解度比在水中小 29. 为什么过量吃菠菜会造成人体缺钙？_____。 30. 若0.1mol/L的H2C2O4溶液中第二步电离的c(H+)=amol/L，则0.1mol/L的NaHC2O4溶液中电离出来的c(H+)_____amol/L(单选) A．= B．< C．> 四、草酸亚铁的制备 草酸亚铁是一种被广泛使用的化工原料，可用于染料、涂料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂、新型感光材料的生产，也是合成纳米磁性材料、超级电容器的多孔材料及锂离子电池磷酸铁锂正极材料所需的主要原材料。 实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和的物质的量之比确定其纯度，步骤如下： I．称取一定质量的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。 Ⅱ．称取mgI中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70℃水浴加热，用cmol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V1mL(其中所含杂质与KMnO4不反应)。 Ⅲ．向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用cmo1/LKMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液V2mL。 Ⅳ．重复上述实验3次，计算。 已知：①草酸有较强还原性。②pH>4时，Fe2+易被O2氧化。③酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。 回答下列问题： 31. 0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4HCO3溶液中，浓度关系为_____(单选)。 A. (NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>NH4Cl>NH4HCO3 B. (NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2>NH4Cl>NH4HCO3 C. ((NH4)2Fe(SO4)2=(NH4)2SO4>NH4Cl>NH4HCO3 D (NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2>NH4HCO3>NH4Cl 32. Ⅰ中加入稀硫酸的目的是_____。 33. Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒是_____。 34. 配平Ⅲ中反应的离子方程式：_____。 _____Fe2++_____+_____H+=_____Fe3++_____Mn2++_H2O 35. Ⅲ中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V，比较大小V_____V2(单选)。 A．= B．< C．> 36. 在标有“20℃，25mL”的滴定管内装液至刻度“0”时，管内液体的体积_____(单选) A. 等于25mL B. 大于25mL C. 小于25mL D. 无法确定 37. 图分别是量筒和滴定管的两个液面。下列有关读数正确的是_____(单选) A. 量筒读数是6.5mL，滴定管读数是15.5mL B. 量筒读数是7.5mL，滴定管读数是16.50mL C. 量筒读数是6.5mL，滴定管读数是15.50mL D. 量筒读数是6.5mL，滴定管读数是16.50mL 38. Ⅲ中滴定时，当_____即为滴定终点。 39. 写出Fe2+离子结构示意图_____。 40. mgI中制得的晶体中，Fe2+和的物质的量之比是_____(用含V1、V2的计算式表示)。提示：5+2+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 五、有机 41. CPAE是蜂胶的主要活性成分，具有抗癌的作用．人工合成CPAE的一种路线如下： 已知：i．A分子中苯环上一溴代物只有2种； ii．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→ （1）写出反应类型：反应①_______；反应⑤______． （2）写出结构简式：A______；C_______． （3）在反应②中，1mol C7H5O2Br最多消耗NaOH____mol． （4）写出反应方程式：反应⑦________． （5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体__________ i．1mol该物质与1mol Na2CO3反应，生成1mol CO2气体 ii．含有4种化学环境不同的氢原子 （6）写出实验室用Y制备苯乙酮（）的合成路线（不超过四步）_____________ （合成路线常用的表示方式为：AB…：目标产物 ） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二第二学期学生学习能力诊断测试 高二化学试卷 (考试时间60分钟　满分100分) 相对原子质量：Mg-24　A1-27 一、镁 海洋中蕴藏着多种金属元素的资源，例如，海水中镁的含量仅次于氯和钠，位居第三，总储量约为1.8×1016t。镁用途广泛，用海水提取金属镁，成本较低，其流程如下图所示： 已知：MgO熔点2852℃，沸点3600℃，0℃溶解度0.00062g/100g水；MgC12熔点714℃，沸点1412℃，0℃溶解度59.5g/100g水。 1. 获取Mg(OH)2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是_____。 2. 已知：Ca(OH)2微溶于水，Mg(OH)2难溶于水。为除去Mg(OH)2沉淀中混有少量Ca(OH)2，先将沉淀加到_____溶液浸洗，再经过滤、洗涤可得较纯净的Mg(OH)2. 3. 上述流程中用过量盐酸溶解氢氧化镁的原因是：_____。 4. 已知Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12(25℃)，则溶液中镁离子沉淀完全时pH=_____。 5. 从MgCl2溶液获得MgCl2·6H2O操作步骤包括：_____。 6. 如要得到无水氯化镁需在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，HCl作用是_____。 7. 写出MgC12制Mg的化学方程式_____。 8. 不用MgO制Mg是因为_____。 【答案】1. 石灰乳原料丰富，成本低 2. MgCl2 3. 抑制Mg2+水解，减少镁的损失 4. 10.88 5. 蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤干燥， 6. 抑制MgCl2的水解 7. MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑ 8. MgO比MgCl2的熔点高得多，造成浪费能源 【解析】 【分析】由题干工艺流程图信息可知，在盐卤水中加入石灰乳进行沉淀，将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，过滤出Mg(OH)2沉淀，洗涤后加入盐酸，将Mg(OH)2转化为MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，得到MgCl2•6H2O晶体，在HCl气流中加热灼烧MgCl2•6H2O晶体制得无水MgCl2，最后电解熔融的MgCl2即得到Mg，据此分析解题。 【1题详解】 工业上从母液中获取Mg（OH）2用石灰乳而不用NaOH溶液的原因是：石灰乳原料丰富，成本低，故答案为：石灰乳原料丰富，成本低； 【2题详解】 除去少量Ca（OH）2的方法是先将沉淀加到盛有MgCl2的溶液中，氯化镁和氢氧化钙发生复分解反应生成更难溶的氢氧化镁，从而提纯沉淀，故答案为：MgCl2； 【3题详解】 由于Mg2+能够水解生成Mg(OH)2，上述流程中用过量盐酸溶解氢氧化镁的原因是：抑制Mg2+水解，减少镁的损失，故答案为：抑制Mg2+水解，减少镁的损失； 【4题详解】 已知一种离子的浓度低于等于10-5mol/L时认为其沉淀完全，结合Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12(25℃)，则镁离子沉淀完全时溶液中c(OH-)===7.48×10-4mol/L，则c(H+)===1.34×10-11mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg(1.33×10-11)=10.88，故答案为：10.88； 【5题详解】 由分析可知，从MgCl2溶液获得MgCl2·6H2O操作步骤包括：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤干燥； 【6题详解】 由于MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，则如要得到无水氯化镁需在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，HCl作用是抑制MgCl2的水解，故答案为：抑制MgCl2的水解； 【7题详解】 由分析可知，电解熔融的MgC12制Mg，该转化的化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑； 【8题详解】 由题干已知信息可知，MgO的熔点2852℃，而MgC12的熔点714℃，故不用MgO制Mg是因为MgO比MgCl2的熔点高得多，造成浪费能源，故答案为：MgO比MgCl2的熔点高得多，造成浪费能源。 9. 氯化铵溶液中放入镁粉能放出H2和NH3，产生这种现象的原因是 A. 金属镁能把NH3置换出来 B. 镁具有强还原性，NH具有氧化性，发生氧化还原反应 C. 因为NH水解溶液显酸性，Mg与H+反应放出H2，平衡向正反应方向移动 D. 因为Mg与H2O反应，生成Mg(OH)2与NH4Cl反应 【答案】C 【解析】 【详解】氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中铵根离子水解出来氢离子，使溶液显酸性，镁和氢离子反应放出氢气，水解平衡正向移动，随着一水合氨浓度增大，镁和氢离子反应放热，一水合氨分解产生氨气。 故选C。 10. 在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验：三组各取30.0mL同浓度的盐酸溶液，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体，有关数据列表如下： 实验序号 甲 乙 丙 合金质量/mg 255 385 459 产生气体体积/mL 280 336 336 合金中Mg、Al的物质的量之比为_____。 【答案】1：1 【解析】 【详解】由题干表中数据可知，甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，令镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知：①24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有：②2x+3y=×2，联立①②方程解得：x=0.005、y=0.005，故合金中镁与铝的物质的量之比为：0.005mol：0.005mol=1：1，故答案为：1：1。 二、氨 20世纪初，随着农业发展和军工生产的需要，科学家们先后开发、研究并实现了氨的工业生产，并从氛化法演变到合成氨法。 11. 属于人工固氮的是 A. 工业合成氨 B. 闪电时，氮气转化为 NO C. 用 NH3和 CO2 合成尿素 D. 用硫酸吸收氨气得到硫酸铵 【答案】A 【解析】 【详解】氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故A正确；闪电时，氮气转化为NO，属于自然固氮，故B错误； NH3和CO2 合成尿素，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故C错误；用硫酸吸收氨气得到硫酸铵，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故D错误。 12. 根据下表数据，写出合成氨的热化学方程式_____。 相关化学键的键能数据 化学键 N≡N H-H N-H 键能E/(kJ·mol-1) 946 436.0 390.8 【答案】N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-90.8kJ•mol-1 【解析】 【详解】由题干表中数据可知，N≡N的键能是946kJ/mol，H-H的键能为436.0kJ/mol，N-H的键能为390.8kJ/mol，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=946kJ/mol+3×436.0kJ/mol-6×390.8kJ/mol=-90.8kJ/mol，该热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-90.8kJ•mol-1，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-90.8kJ•mol-1。 13. 已知合成氨反应的ΔS=-198.9×10-3kJ/(mol·K)，判断在300℃(573K)时反应是否能自发进行，计算说明理由_____。 【答案】否，=ΔH-TΔS=-92.0kJ/mol-573K×(-198.9×10-3)kJ•mol-1•K-1=+21.97kJ/mol＜0，所以该反应不能自发进行 【解析】 【详解】已知合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ/mol，则根据=ΔH-TΔS=-92.0kJ/mol-573K×(-198.9×10-3)kJ•mol-1•K-1=+21.97kJ/mol＜0，所以该反应不能自发进行，故答案为：否，=ΔH-TΔS=-92.0kJ/mol-573K×(-198.9×10-3)kJ•mol-1•K-1=+21.97kJ/mol＜0，所以该反应不能自发进行。 合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的微粒用*标注，氮气在催化剂上的吸附活化是总反应中的控速步骤，适当提高氮气的浓度有利于合成氨反应的进行。 14. 推测该反应的正逆反应的活化能：Ea(正) _____Ea(逆)(单选)。 A．＞ B．= C．＜ 15. 该反应历程中决定化学反应速率快慢的基元反应是_____(单选)。 A. 生成过渡态1 B. 生成过渡态2 C. 生成过渡态3 D. 生成过渡态4 16. 实际生产中，合成氨反应过程中使用的原料气N2和H2物质的量之比为1∶2.8，N2过量的原因是_____。 【答案】14. C 15. D 16. 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 【解析】 【14题详解】 由图可知，该反应为放热反应，该反应的正逆反应的活化能：Ea（正）＜Ea（逆），故答案为：C； 【15题详解】 由图可知，NH2*和H*转化为NH3*该步骤的活化能最大，反应速率最慢，化学方程式为NH2*+H*=NH3*，决定化学反应速率快慢，即过渡态4，故答案为：D； 【16题详解】 原料中N2和H2物质的量之比为1∶2.8，原料气中N2过量的两个理由：原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率，故答案为：原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。 17. 下图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是 A. 步骤①中“净化”可以防止催化剂中毒 B. 步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率 C. 步骤③、④、⑤均有利于提高原料平衡的转化率 D. 产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂 【答案】C 【解析】 【分析】应用催化剂知识、反应速率和化学平衡理论，分析判断工业合成氨的反应速率和平衡转化率问题。 【详解】A项：合成氨使用含铁催化剂，为防止催化剂中毒，须将原料“净化”处理，A项正确； B项：步骤②中“加压”，可增大氮气、氢气浓度，加快合成氨反应速率又能使平衡右移，提高原料转化率，B项正确； C项：合成氨反应放热，步骤③使用较高温度不利于提高原料转化率，同时使用催化剂也不能使平衡移动，步骤④、⑤能有利于提高原料的转化率，故C项错误； D项：产品液氨可用酸吸收生成铵态氮肥。液氨汽化时会吸收大量热，可用作制冷剂，D项正确。 本题选C。 18. 相同温度下，100mL0.1mol/L的氨水和10mL1mol/L的氨水相比较，下列数值中前者者小于后者的是 A. 中和时所需HCl的量 B. c(OH-) C. 电离平衡常数Kb D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．由n=cV可知，100mL 0.1mol/LNH3•H2O与10mL 1mol/L的NH3•H2O中溶质的物质的量都是0.01mol，则中和时所需HCl的量相等，A不合题意； B．溶液越稀，电解质的电离程度越大，但根据勒夏特列原理可知，所以OH﹣的物质的量浓度前者小于后者，B符合题意； C．NH3•H2O的电离常数只与温度有关，温度相同，电离常数相同，C不合题意； D．相同温度下，0.1mol/L的NH3•H2O小于1mol/L的NH3•H2O的浓度，则前者电离产生的浓度小于后者，则由可知，该比值前者大于后者，D不合题意； 故答案为：B。 在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如下图所示。 19. 若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0~t1时间内的反应速率(H2)=_____mol/(L·min)(用含t的代数式表示) 20. t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是_____(单选) A. a B. b C. c D. d 【答案】19. 20. B 【解析】 【19题详解】 设t1时达到平衡转化的NH3的物质的量为2x,则列出三段式：，同温同体积下，混合气体的物质的量之比等于压强之比，=，解得x=0.02mol，（H2）=mol•L-1•min-1=mol•L-1•min-1，故答案为：； 20题详解】 t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：B。 三、菠菜与草酸 菠菜口感清甜软滑，含有较高的蛋白质、维生素、胡萝卜素、铁等营养物质。菠菜中富含草酸(乙二酸H2C2O4)而有苦涩味，烹饪菠菜的时候，先把菠菜在开水中焯(chao)一下，可去除苦涩味。 已知：乙二酸电离平衡常数(25℃)Ka1=5.6×10-2，Ka2=5.4×10-5；草酸溶解度9.5g/100g水(20℃)；草酸钙Ksp=2.57×109(25°C) 21. 写出草酸在水中的电离方程式_____。 22. 食用菠菜后，在胃部草酸主要的存在形式是_____ (单选) A．H2C2O4 B． C． 23. 为什么烹饪菠菜把菠菜在开水中焯(chao)一下，可去除苦涩味？_____。 24. 要使溶液中H2C2O4的电离程度增大，可以采取措施_____(不定项) A. 加水 B. 加热 C. 加压 D. 通入HC1气体 25. 通过计算判断常温下(25℃)NaHC2O4溶液酸碱性_____。 26. 0.1mol/L草酸溶液中c(H2C2O4)、c()、c()、c(H+)的大小_____(单选) A. c(H2C2O4)>c()>c()>c(H+) B. c(H2C2O4)>c(H+)>c()>c() C. c()>c()>c(H+)>c(H2C2O4) D. c(H+)>c()>c()>c(H2C2O4) 27. 关于K2C2O4溶液中有关离子浓度的说法正确的是_____。 A. c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-) B. 2c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4) C. c()+c(H2C2O4)+c(H+)= c(OH-) D. 对溶液进行稀释，c()与c()的比值减小 28. 25℃时，在草酸钙(CaC2O4)的饱和溶液中存在平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+(aq)，下列说法错误的是_____。 A. 胃酸能使沉淀溶解平衡向右移动 B. 加入少量CaCl2固体，溶液中浓度减小 C. 加入少量CaCl2固体，溶度积常数Ksp减小 D. CaC2O4在CaCl2溶液中的溶解度比在水中小 29. 为什么过量吃菠菜会造成人体缺钙？_____。 30. 若0.1mol/LH2C2O4溶液中第二步电离的c(H+)=amol/L，则0.1mol/L的NaHC2O4溶液中电离出来的c(H+)_____amol/L(单选) A．= B．< C．> 【答案】21. 、 22. A 23. 草酸易溶于水 24. AB 25. 酸性 26. B 27. A 28. C 29. Ca2+易与形成难溶的CaC2O4沉淀，使人体中的钙大量流失 30 ＞ 【解析】 【21题详解】 草酸为二元弱酸，在水中的电离方程式为、。 【22题详解】 草酸是弱酸，在水中微弱电离，胃液呈酸性，抑制草酸电离，故食用菠菜后，在胃部草酸主要的存在形式是H2C2O4，故选A。 【23题详解】 因为草酸易溶于水，所以烹饪菠菜把菠菜在开水中焯(chao)一下，可以去除大部分草酸，从而去除苦涩味。 【24题详解】 要使溶液中H2C2O4的电离程度增大，即草酸的电离平衡正向移动， A．加水稀释促进电离，H2C2O4的电离程度增大，A符合； B．电离是吸热的，加热电离平衡正向移动，H2C2O4的电离程度增大，B符合； C．加压对有气体参与的反应有影响，对弱酸的电离无影响，C不符合； D．通入HC1气体，氢离子浓度增大，电离平衡逆向移动，H2C2O4的电离程度减小，D不符合； 故选AB。 【25题详解】 的电离常数为Ka2=5.4×10-5，的水解常数，则的电离程度大于其水解程度，故NaHC2O4溶液显酸性。 【26题详解】 草酸为二元弱酸，发生微弱电离，电离方程式为、，且第一步电离程度远远大于第二步电离程度，故c(H2C2O4)＞c(H+)＞c()＞c()，故B正确；故选B。 【27题详解】 A．K2C2O4溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，A正确； B．K2C2O4溶液中存在元素质量守恒：2c(K+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)，B错误； C．K2C2O4溶液中存在质子守恒：c()+2c(H2C2O4)+c(H+)= c(OH-)，C错误； D．，对溶液进行稀释，减小，，D错误； 【28题详解】 A．胃酸中含有氢离子，氢离子结合，使浓度减小，沉淀溶解平衡向右移动，A正确； B．加入少量CaCl2固体，Ca2+浓度增大，平衡逆向移动，则溶液中浓度减小，B正确； C．溶度积常数Ksp只与温度有关，温度不变，其值不变，C错误； D．在CaCl2溶液中，Ca2+浓度增大，平衡逆向移动，溶解的CaC2O4质量比水中少，故CaC2O4的溶解度比在水中小，D正确； 故选C。 【29题详解】 Ca2+易与形成难溶的CaC2O4沉淀，使人体中的钙大量流失。 【30题详解】 在草酸溶液中，H2C2O4发生两步电离：、，且主要是第一步电离，的浓度小于0.1mol/L，第一步电离产生的氢离子会抑制第二步的电离，故0.1mol/L的NaHC2O4溶液中电离出来的c(H+)＞amol/L。 四、草酸亚铁的制备 草酸亚铁是一种被广泛使用的化工原料，可用于染料、涂料、陶瓷、玻璃器皿等的着色剂、新型感光材料的生产，也是合成纳米磁性材料、超级电容器的多孔材料及锂离子电池磷酸铁锂正极材料所需的主要原材料。 实验室制备草酸亚铁并测定其中Fe2+和的物质的量之比确定其纯度，步骤如下： I．称取一定质量的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]于烧杯中，加蒸馏水和稀硫酸，加热溶解，再加饱和H2C2O4溶液，加热沸腾数分钟，冷却、过滤、洗涤、晾干，得黄色晶体。 Ⅱ．称取mgI中制得的晶体于锥形瓶中，加入过量稀硫酸使其溶解，70℃水浴加热，用cmol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V1mL(其中所含杂质与KMnO4不反应)。 Ⅲ．向Ⅱ滴定后的溶液中加入过量锌粉和稀硫酸，煮沸，至反应完全，过滤，用cmo1/LKMnO4溶液滴定滤液至终点，消耗KMnO4溶液V2mL。 Ⅳ．重复上述实验3次，计算。 已知：①草酸有较强还原性。②pH>4时，Fe2+易被O2氧化。③酸性条件下，KMnO4溶液的还原产物为近乎无色的Mn2+。 回答下列问题： 31. 0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4HCO3溶液中，浓度关系为_____(单选)。 A. (NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>NH4Cl>NH4HCO3 B. (NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2>NH4Cl>NH4HCO3 C. ((NH4)2Fe(SO4)2=(NH4)2SO4>NH4Cl>NH4HCO3 D. (NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2>NH4HCO3>NH4Cl 32. Ⅰ中加入稀硫酸的目的是_____。 33. Ⅱ中与KMnO4溶液反应的微粒是_____。 34. 配平Ⅲ中反应的离子方程式：_____。 _____Fe2++_____+_____H+=_____Fe3++_____Mn2++_H2O 35. Ⅲ中加入过量锌粉仅将Fe3+完全还原为Fe2+。若未除净过量锌粉，则消耗KMnO4溶液的体积V，比较大小V_____V2(单选)。 A．= B．< C．> 36. 在标有“20℃，25mL”的滴定管内装液至刻度“0”时，管内液体的体积_____(单选) A. 等于25mL B. 大于25mL C. 小于25mL D. 无法确定 37. 图分别是量筒和滴定管的两个液面。下列有关读数正确的是_____(单选) A. 量筒读数是6.5mL，滴定管读数是15.5mL B. 量筒读数是7.5mL，滴定管读数是16.50mL C. 量筒读数是6.5mL，滴定管读数是15.50mL D. 量筒读数是6.5mL，滴定管读数是16.50mL 38. Ⅲ中滴定时，当_____即为滴定终点。 39. 写出Fe2+离子结构示意图_____。 40. mgI中制得的晶体中，Fe2+和的物质的量之比是_____(用含V1、V2的计算式表示)。提示：5+2+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O 【答案】31. A 32. 抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化 33. Fe2+， 34. 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 35. C 36. B 37. C 38. 滴入最后一滴标准酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不复原 39. 40. 【解析】 【31题详解】 (NH4)2Fe(SO4)2和(NH4)2SO4中铵根离子浓度均可以达到0.2mol/L（不考虑水解），NH4Cl和NH4HCO3中铵根离子浓度均可以达到0.1mol/L（不考虑水解），在考虑铵根等离子的水解以后，(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+水解显酸性，会抑制(NH4)2Fe(SO4)2中铵根离子的水解，所以铵根离子浓度：(NH4)2Fe(SO4)2＞(NH4)2SO4；同理分析NH4Cl和NH4HCO3中，碳酸氢根离子水解显碱性，会促进NH4HCO3中铵根的水解，所以NH4Cl＞NH4HCO3，故答案为A； 【32题详解】 亚铁离子要水解，由信息可知pH＞4时，Fe2+易被O2氧化，加入稀硫酸的目的是抑制Fe2+水解；增强溶液酸性，防止Fe2+水解或抑制Fe2+水解；故答案为：增强溶液酸性，防止Fe2+被O2氧化； 【33题详解】 溶液中存在着有还原性的Fe2+和，所以加入的酸性高锰酸钾可以与其发生氧化还原反应，故答案为：Fe2+、 【34题详解】 根据电子转移守恒，Fe2+失去1个电子，而得到5e-，所以Fe2+和Fe3+系数配5，和Mn2+系数配5，剩余的物质利用观察法进行配平，故答案为： 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O； 【35题详解】 溶液中若有未除净过量锌粉，则在后面的滴定反应中锌粉又会将Fe3+还原为Fe2+，Fe2+继续和高锰酸钾反应，消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，故答案为：＞； 【36题详解】 滴定管读数的时候，因为其末端刻度为“25.00”mL，所以尖嘴管部分溶液体积未计入读数体积，所以滴定管里面溶液的总体积应该多于25 .00mL，故答案选B； 【37题详解】 量筒“0”刻度在下，应该是自下往上读取，所以读数是6.5mL，滴定管“0”在上，应该是自上往下读取，所以是读数是15.50 mL，注意：量筒读数只能精确到小数点后1位，而滴定管可以精确到小数点后两位。故答案选C； 【38题详解】 酸性高锰酸钾有强氧化性，装在酸式滴定管里；当亚铁离子反应完全，再滴入高锰酸钾，就会有红色出现，所以滴定终点的现象为当滴入最后一滴标准酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不复原； 故答案为：滴入最后一滴标准酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不复原； 【39题详解】 铁原子的最外层有2个电子，质子数为26，失去最外层两个电子以后的结构式为，故答案为； 【40题详解】 III中涉及的反应为： 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O， n（）=C.V2×10-3mol，则n（Fe2+）= 5C.V2×10-3mol， II中涉及反应有： 5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 设为xmol，n（KMnO4）= C·V1×10-3mol，由离子方程式可知： C.V2×10-3mol+2/5x= C.V1×10-3mol，可知，可得Fe2+和的物质的量之比是，故答案为： 【点睛】该题主要考查氧化还原滴定，关键是要理清反应原理，用电子守恒法找出关系式，再由关系式进行计算。 五、有机 41. CPAE是蜂胶的主要活性成分，具有抗癌的作用．人工合成CPAE的一种路线如下： 已知：i．A分子中苯环上一溴代物只有2种； ii．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→ （1）写出反应类型：反应①_______；反应⑤______． （2）写出结构简式：A______；C_______． （3）在反应②中，1mol C7H5O2Br最多消耗NaOH____mol． （4）写出反应方程式：反应⑦________． （5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体__________ i．1mol该物质与1mol Na2CO3反应，生成1mol CO2气体 ii．含有4种化学环境不同的氢原子 （6）写出实验室用Y制备苯乙酮（）的合成路线（不超过四步）_____________ （合成路线常用表示方式为：AB…：目标产物 ） 【答案】 ①. 取代反应 ②. 消去反应 ③. ④. ⑤. 3 ⑥. +H2O ⑦. 或 ⑧. 【解析】 【分析】根据A分子中苯环上一溴代物只有2种结合A的分子式为C7H6O2，则A为，A发生反应①生成C7H5O2Br，即苯环上的一个氢被溴取代，C7H5O2Br在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成B，B酸化生成 ，所以C7H5O2Br的结构简式为 ； 与X反应生成C，C脱水生成D，D发生银镜反应生成E，E与Y反应生成，根据逆推法，不难得出E为 ，Y为 ，根据D发生银镜反应生成E，则D为，根据C脱水生成D，则C为，又与X反应生成C，结合信息ii反应，则X为CH3CHO，据此分析解答。 【详解】(1)反应①是苯环上的一个氢被溴取代，所以为取代反应；反应⑤为C脱水发生消去反应生成D，所以为消去反应； (2)根据以上分析，A结构简式；C结构简式为； (3)在反应②中，1mol C7H5O2Br，根据其结构简式为中卤代烃溴原子消耗NaOH2mol，酚羟基消耗NaOH1mol，所以1mol C7H5O2Br最多消耗NaOH3mol； (4)反应⑦为E与Y发生酯化反应，方程式为： +H2O； (5)E为i． 1mol该物质与1mol Na2CO3反应，生成1mol CO2气体，说明含有2个羧基；ii．含有4种化学环境不同的氢原子，即一般对称结构，所以符合条件的E的同分异构体为或； (6)用Y即制备苯乙酮( )，则采用逆推法，要合成，则要得到 ，要得到 ，则要合成 ，在浓硫酸加热条件下发生消去反应即可得到，所以流程为：。 【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$